- The Gunner và nhungvienkimcuong thích
Trần Đức Anh @@
Thống kê
- Nhóm: Thành viên
- Bài viết: 286
- Lượt xem: 6511
- Danh hiệu: Thượng sĩ
- Tuổi: Chưa nhập tuổi
- Ngày sinh: Chưa nhập ngày sinh
-
Giới tính
Nam
-
Đến từ
Quảng Trị
Công cụ người dùng
#367048 Cách chia các đội bơi
Gửi bởi Trần Đức Anh @@ trong 04-11-2012 - 17:07
#365188 [MO2013] Trận 10 - Phương trình hàm, đa thức
Gửi bởi Trần Đức Anh @@ trong 27-10-2012 - 12:01
Lần lượt cho $x=-1$, $y=0$ ta có $f(0)=y(f(-1)+1)$, $\forall{y\in\mathbb{R}}$ do đó $f(0)=0$, $f(-1)=-1$. Cho $x=0$ ở $(*)$ ta có $f(f(x))=x$, $\forall{x\in\mathbb{R}}$ $(1)$
Cho $y=f(1)$ ở $(*)$ và sử dụng $(1)$ ta có: $f(x+1)=f(1)(f(x)+1)$, $\forall{y\in\mathbb{R}}$ $(2)$
Tiếp tục cho $x=-2$ ta có $-1=f(1)(f(-2)+1)$
Ở $(*)$, cho $x=-2$, $y=-1$ ta có: $f(1)=-(f(-2)+1)$.
Do đó $f(1)=1$ do $f$ song ánh (từ $(1)$). (Cần chứng minh rõ tính song ánh, một tính chất rất quan trọng trong lập luận)
Và vì vậy: $f(x+1)=f(x)+1$, $\forall{y\in\mathbb{R}}$
Ta sẽ chứng minh $f$ vừa là hàm nhân tính vừa là hàm công tính, thật vậy:
$f(xy)=f(x.f(f(y)))=f([(x-1)+1]f(f(y))=f(y)(f(x-1)+1)=f(x)f(y)$
Từ đó: $f(x)=f(\sqrt{x}.\sqrt{x})=f(\sqrt{x})^2\geq{0}$, $\forall{x\geq{0}}$, $f(x)=0$ tương đương với $x=0$.
Với $y\neq{0}$ thì $f(x+y)=f((\frac{x}{y}+1)y)=f(y)f(\frac{x}{y}+1)=f(y)f(\frac{x}{y})+f(y)=f(x)+f(y)$ (vì $f$ nhân tính)
Vậy nên $f(x)=ax$ thay vào lại $(*)$ ta được $a=1$. Vậy $f(x)=ax$, $\forall{x}\in\mathbb{R}$.
(Theo PTH Cauchy?)
___________
Điểm bài làm: $d=9$
$S=\left\lfloor\dfrac{52-16}{2}\right\rfloor+3\times 9+0+0=45$
- hxthanh, Secrets In Inequalities VP, davildark và 1 người khác yêu thích
#363224 [MO 2013] Trận 9 - Hình học
Gửi bởi Trần Đức Anh @@ trong 20-10-2012 - 14:04
Ta có: $OM_{1}$ tiếp xúc với $(K)$ tại $O$ nên:
$(OA,OM_{1})\equiv (BO,BA)\equiv (BM_{2};BA)$ $(mod\pi)$ (1)
Chú ý rằng: $M_{1}$, $M_{2}$, $O$, $A$ đồng viên nên $(M_{1}A;M_{1}O)\equiv(M_{2}A;M_{2}O)\equiv(M_{2}A;M_{2}B)$ $(mod\pi)$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra $\Delta OM_{1}A\sim\Delta BM_{2}A$. Do đó: $\frac{OM_{1}}{BM_{2}}=\frac{M_{1}A}{M_{2}A}$ (3)
Tương tự: $\frac{M_{1}A}{M_{2}A}=\frac{CM_{1}}{OM_{2}}$ (4)
Từ (3) và (4) suy ra: $\frac{CM_{1}}{OM_{1}}=\frac{OM_{2}}{BM_{2}}$
Từ đó suy ra: $\frac{DO}{DM_{1}}=\frac{EO}{EM_{2}}$.
Đặt $Q=DE\cap M_{1}M_{2}$. Sử dụng định lí Menelaus ta có:
$\frac{DO}{DM_{1}}\frac{QM_{1}}{QM_{2}}\frac{EM_{2}}{EO}=1$ suy ra: $\frac{QM_{1}}{QM_{2}}=1$ suy ra $Q$ là trung điểm $M_{1}M_{2}$. Từ đó ta có đpcm.
D-B=18.1h
E=10
F=0
S=46.9
- Thái Vũ Hoàng Anh và davildark thích
#359994 [MO2013] Trận 7 - Dãy số, giới hạn
Gửi bởi Trần Đức Anh @@ trong 08-10-2012 - 11:16
Bài này không tồn tại lim bạn ạ, không thể có 2 kết quả được vì khi kết hợp lại thì hai kết quả không bằn nhau.Bài này kì quá,giải rồi mà chắc là sai,nhưng vẫn gửi bài lên coi sai chổ nào .
Ta có nhận xét :$\left\{\begin{matrix} sin\alpha < 0 (\pi < \alpha < 2\pi )\\ sin \beta > 0(0< \beta < \pi ) \end{matrix}\right.$
Khi đó với n lẻ thì $n=2k+1$ ($k\geq$ 0)
=>$sin ({\pi \sqrt {n^2 + n}})=sin(\pi \sqrt{4k^2+6k+2})=sin[2k\pi+(\sqrt{4k^2+6k+2})-2k)]=sin[\pi (\sqrt{4k^2+6k+2})-2k)]$.
Mà $\sqrt{4k^2+6k+2}> 2k+1<=>2k+1> 0$ (luôn đúng)
Và $\sqrt{4k^2+6k+2}< 2k+2<=>2k+2> 0$ (luôn đúng)
=>$1< \sqrt{4k^2+6k+2}-2k< 2$
<=>$\pi < \pi (\sqrt{4k^2+6k+2}-2k)< 2\pi$
=>$sin[\pi (\sqrt{4k^2+6k+2}-2k)]< 0$
Vậy với n lẻ thì $\lim_{n \to +\infty }sin(\pi \sqrt{n^2+n})= -1$.
Tương tự với trường hợp n chẵn thì $\lim_{n \to +\infty }sin(\pi \sqrt{n^2+n})= 1$
Vậy ta có 2 kết quả.
- minhtuyb yêu thích
#358156 [MO2013] Trận 6 - Đa thức - phương trình hàm
Gửi bởi Trần Đức Anh @@ trong 01-10-2012 - 21:40
#357353 [MO2013] Trận 6 - Đa thức - phương trình hàm
Gửi bởi Trần Đức Anh @@ trong 28-09-2012 - 21:29
Cho $x=0$ ở phương trình $(*)$ ta có: $f(f(y))=y+(f(0))^2$, $\forall{x}\in\mathbb{R}$
Do đó $f$ là đơn ánh. Cho $y=0$ ở $(*)$ ta có: $f(x^2+f(0))=f(x^2)$, mà $f$ đơn ánh nên $f(0)=0$ suy ra $f(f(x))=x$, $\forall{x}\in\mathbb{R}$.
Ta có $f(x^2)=(f(x))^2$, $\forall{x}\in\mathbb{R}$. Từ đó suy ra rằng nếu: $x\geq{0}$ thì $f(x)\geq{0}$.
Mặt khác với mọi $x\geq{0}$, $y\in\mathbb{R}$ ta có:
$f(x+y)=f((\sqrt{x})^2+f(f(y)))=f(y)+(f((\sqrt{x})^2))=f(y)+f((\sqrt{x})^2)$ hay $f(x+y)=f(x)+f(y)$.Suy ra với mọi $x>0$ ta có $0=f(0)$ ta có: $-f(x)=f(-x)$ nên $f(x+y)=f(x)+f(y)$, $\forall{x}\in\mathbb{R}$. Hàm $f$ đồng biến vì với mọi $x<y$ thì $f(y)=f(y-x+x)=f(y-x)+f(x)>f(x)$. Vậy $f$ đồng biến và cộng tính nên có dạng $f(x)=kx$. Thay vào lại $(*)$ ta có $k=1$. Vậy $f(x)=x$, $\forall{x}\in\mathbb{R}$
Sai từ chỗ này
Cho $y=0$ ở $(*)$ ta có: $f(x^2+f(0))=f(x^2)$
S=0
- minhtuyb và WhjteShadow thích
#356530 [MO2013] Trận 5 - Số học
Gửi bởi Trần Đức Anh @@ trong 25-09-2012 - 11:03
Em hiểu mở rộng là gì không? Nghĩa là khi cho số má cụ thể thì là kết quả bài toán!*Nhận xét: Chìa khóa của bài toán ban đầu là c/m $2^{n-1}-1\vdots n$.
MR 1: Chứng minh nếu $ n=\dfrac{a^{2p}-1}{a^2-1}$,trong đó a nguyên $,a>1,p$ là số nguyên tố lẻ, $a(a^2-1) \not\vdots p$ thì $n$ là số giả nguyên tố cơ sở $a$.
C/m:
- Trước hết ta có : $n=\dfrac{a^p-1}{a-1}.\dfrac{a^p+1}{a+1}$ và $\dfrac{a^p-1}{a-1}\in \mathbb{Z};\dfrac{a^p+1}{a+1}\in \mathbb{Z}; |\dfrac{a^p-1}{a-1}| \ge 2 $ nên n là hợp số $(1)$
- Giả thiết tương đương:
$$(a^2-1)(n-1)=a^{2p}-a^2=a(a^{p-1}-1)(a^p+a)$$
Do
$+) a^p+a $chẵn
$+) p|a^{p-1}-1$ (định lí Fermat nhỏ)
$+) a^2-1|a^{p-1} -1$ (do $p-1$ chẵn)
$+) p\not | a(a^2-1) $
Dẫn đến $2p|n-1 $
Do $ a^{2p}=n(a^2 -1)+1 \equiv 1(mod\ n) $
Nên $a^{n-1} \equiv 1 (mod\ n)\ (2)$
-Từ $(1)$ và $(2)$ ta có ĐPCM.
MR 2: Chứng minh nếu $ n=\dfrac{a^{2p}-1}{a^2-1}$,trong đó a nguyên $,a>1,p$ là số nguyên tố lẻ, $a(a^2-1) \not\vdots p$ thì $a^{n+1}-a^2\vdots n$
C/m:
Từ mở rộng 1 ta chứng minh được $a^{n-1} \equiv 1 (mod\ n)\ \Leftrightarrow n\ |\ a^{n-1}-1 \Rightarrow n\ |\ a^{n+1}-a^2$ (do $a^{n-1}-1 | a^{n+1}-a^2$ ) $\square$
MR 3: Chứng minh nếu $ n=\dfrac{a^{2p}-1}{a^2-1}$,trong đó a nguyên $,a>1,p$ là số nguyên tố lẻ, $a(a^2-1) \not\vdots p$ thì $a^{n+k-1}-a^{k} \vdots n$ với $k\in \mathbb{N}$
C/m:
Từ mở rộng 1 ta chứng minh được $a^{n-1} \equiv 1 (mod\ n)\ \Leftrightarrow n\ |\ a^{n-1}-1 \Rightarrow n\ |\ a^{n+k-1}-a^{k}$ (do $a^{n-1}-1 | a^{n+k-1}-a^{k}$ ) $\square$
MR 4: Chứng minh nếu $ n=\dfrac{a^{2p}-1}{a^2-1}$,trong đó a nguyên $,a>1,p$ là số nguyên tố lẻ, $a(a^2-1) \not\vdots p$ thì $k(a^{n-1}-1) \vdots n$ với $k\in \mathbb{N}$
C/m:
Từ mở rộng 1 ta chứng minh được $a^{n-1} \equiv 1 (mod\ n)\ \Leftrightarrow n\ |\ a^{n-1}-1 \Rightarrow n\ |\ k(a^{n-1}-1)$ (do $a^{n-1}-1 | k(a^{n-1}-1)$ ) $\square$
- WhjteShadow và BoBoiBoy thích
#355769 [MO2013] Trận 5 - Số học
Gửi bởi Trần Đức Anh @@ trong 21-09-2012 - 22:22
Ta có: $n=\frac{2^{2p}-1}{3}$ suy ra $n-1=\frac{4(2^{p-1}-1)(2^{p-1}+1)}{3}$. Chú ý rằng $2^{p-1}-1\vdots{3}$. Theo FLT ta có: $2^{p-1}-1\vdots{p}$ (vì $p$ lẻ). Vậy với $p>3$ thì $2^{p-1}-1\vdots{3p}$ do đó $n-1\vdots{2p}$ suy ra: $2^{n-1}-1\vdots{2^{2p}-1}$.Từ giả thiết suy ra $2^{2p}-1\vdots{n}$, nên $2^{n-1}-1\vdots{n}$. Suy ra điều phải chứng minh vì $(4,p)=1$.
D-B=1.6h
E=10
F=0
S=80.4
- WhjteShadow và BoBoiBoy thích
#355486 Tìm tỉ lệ thể tích
Gửi bởi Trần Đức Anh @@ trong 20-09-2012 - 16:15
- jandithuhoai25 yêu thích
#355385 Topic các bài hoá 11
Gửi bởi Trần Đức Anh @@ trong 19-09-2012 - 21:23
- C a c t u s yêu thích
#355382 Topic các bài hoá 11
Gửi bởi Trần Đức Anh @@ trong 19-09-2012 - 21:16
- C a c t u s yêu thích
#355379 Topic các bài hoá 11
Gửi bởi Trần Đức Anh @@ trong 19-09-2012 - 21:12
- C a c t u s yêu thích
#355375 Topic các bài hoá 11
Gửi bởi Trần Đức Anh @@ trong 19-09-2012 - 21:03
- C a c t u s yêu thích
#355373 Topic các bài hoá 11
Gửi bởi Trần Đức Anh @@ trong 19-09-2012 - 20:59
- C a c t u s yêu thích
#355369 Topic các bài hoá 11
Gửi bởi Trần Đức Anh @@ trong 19-09-2012 - 20:54
- C a c t u s yêu thích
- Diễn đàn Toán học
- → Đang xem trang cá nhân: Likes: Trần Đức Anh @@